منصّة الأستاذ تبيب حكيم للفيزياءwww.tebibphysique.com

السنة الثالثة ثانوي

المتابعة الزمنية لتحول كيميائي

كل السلاسل

تحميل السلسلة (PDF)تحميل الحلول المفصلة (PDF)

اقرأ نص التمرين وحاول حله بنفسك، ثم اعرض الحل المفصل لتتحقق من إجابتك.

16 تمرينا بصياغة البكالوريا

ستة عشر تمرينا في المتابعة الزمنية لتحول كيميائي بصياغة البكالوريا، مع الحل المفصل لكل تمرين.

تحميل السلسلة (PDF)تحميل الحلول المفصلة (PDF)تحميل التمارين دون حلول (Word)

التمرين الأول (بكالوريا 2008 — شعبة رياضيات)

متوسط

في اللحظة $t = 0$ ندخل كتلة $m = 1{,}0~\mathrm{g}$ من المغنزيوم $\ce{Mg}$ في دورق يحتوي على حجم $V = 60~\mathrm{mL}$ من محلول كلور الهيدروجين $\ce{(H3O^+ + Cl^-)(aq)}$ تركيزه المولي $C = 5{,}0~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ثم نجمع غاز ثنائي الهيدروجين المنطلق ونقيس حجمه كل دقيقة (الشكل 1‏)، فنحصل على النتائج المدونة في الجدول التالي:

الشكل 1 — التمرين 1

$t~(\mathrm{min})$	0	1	2	3	4	5	6
$V(\ce{H2})~(\mathrm{mL})$	0	336	625	810	910	970	985

اكتب معادلة تفاعل الأكسدة والإرجاع المنمذج للتحول الحادث، علما أن الثنائيتين الداخلتين في التفاعل هما: $(\ce{H3O^+}/\ce{H2})$ و $(\ce{Mg^{2+}}/\ce{Mg})$ .

احسب كمية المادة الابتدائية لكل من المتفاعلين.

أنجز جدول تقدم التفاعل، ثم حدّد المتفاعل المحد وقيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

حدّد تركيب المزيج (بكميات المادة) عند نهاية التفاعل.

بالاستعانة بجدول التقدم:

جد العلاقة بين تقدم التفاعل $x$ وحجم غاز ثنائي الهيدروجين المنطلق $V(\ce{H2})$ ، ثم أكمل الجدول التالي:

$t~(\mathrm{min})$	0	1	2	3	4	5	6
$x~(\mathrm{mmol})$	0

ارسم المنحنى $x = f(t)$ باختيار سلم مناسب.

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ ، ثم عيّن قيمته بيانيا.

احسب سرعة التفاعل عند اللحظة $t = 3~\mathrm{min}$ .

يُعطى: $M(\ce{Mg}) = 24~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ، الحجم المولي للغازات في شروط التجربة: $V_M = 24~\mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

معادلة تفاعل الأكسدة والإرجاع:

\ce{Mg(s) = Mg^{2+}(aq) + 2e^-}

\ce{2H3O^+(aq) + 2e^- = H2(g) + 2H2O(l)}

\ce{Mg(s) + 2H3O^+(aq) = Mg^{2+}(aq) + H2(g) + 2H2O(l)}

كمية المادة الابتدائية للمتفاعلين:

n_0(\ce{Mg}) = \frac{m}{M(\ce{Mg})} = \frac{1{,}0}{24} = 4{,}17 \times 10^{-2}~\mathrm{mol}~~;~~n_0(\ce{H3O^+}) = C \cdot V = 5{,}0 \times 0{,}060 = 0{,}30~\mathrm{mol}

جدول التقدم، المتفاعل المحد والتقدم الأعظمي (كميات المادة بـ mol):

\ce{Mg + 2H3O^+ = Mg^{2+} + H2 + 2H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{Mg}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Mg^{2+}}$	$\ce{H2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$4{,}17 \times 10^{-2}$	$0{,}30$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$4{,}17 \times 10^{-2} - x$	$0{,}30 - 2x$	$x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$4{,}17 \times 10^{-2} - x_{max}$	$0{,}30 - 2x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

إذا كان $\ce{Mg}$ محدا: $x_{max} = 4{,}17 \times 10^{-2}~\mathrm{mol}$ ؛ وإذا كان $\ce{H3O^+}$ محدا: $x_{max} = 0{,}15~\mathrm{mol}$ . نأخذ القيمة الصغرى:

المتفاعل المحد هو المغنزيوم $\ce{Mg}$ ، و:

x_{max} = 4{,}17 \times 10^{-2}~\mathrm{mol} = 41{,}7~\mathrm{mmol}

تركيب المزيج عند نهاية التفاعل:

n_f(\ce{Mg}) = 0~~;~~n_f(\ce{H3O^+}) = 0{,}30 - 2 \times 4{,}17 \times 10^{-2} = 0{,}217~\mathrm{mol}~~;~~n_f(\ce{Mg^{2+}}) = n_f(\ce{H2}) = 4{,}17 \times 10^{-2}~\mathrm{mol}

(شوارد الكلور $\ce{Cl^-}$ غير متفاعلة: $n(\ce{Cl^-}) = 0{,}30~\mathrm{mol}$ .)

العلاقة بين $x$ و $V(\ce{H2})$ :

من جدول التقدم $n(\ce{H2}) = x$ ، و $n(\ce{H2}) = \frac{V(\ce{H2})}{V_M}$ ، ومنه:

x = \frac{V(\ce{H2})}{V_M} = \frac{V(\ce{H2})~(\mathrm{mL})}{24}~~(\mathrm{mmol})

$t~(\mathrm{min})$	0	1	2	3	4	5	6
$x~(\mathrm{mmol})$	0	14,0	26,0	33,8	37,9	40,4	41,0

المنحنى $x = f(t)$ :

المنحنى x = f(t) — حل التمرين الأول

زمن نصف التفاعل:

هو الزمن اللازم لبلوغ تقدم التفاعل نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2}) = \frac{x_{max}}{2} = \frac{41{,}7}{2} = 20{,}8~\mathrm{mmol}$ . بالإسقاط على المنحنى:

t_{1/2} \approx 1{,}5~\mathrm{min}

سرعة التفاعل عند $t = 3~\mathrm{min}$ :

$v = \frac{dx}{dt}$ تساوي ميل المماس للمنحنى عند $t = 3~\mathrm{min}$ . المماس يمر بالنقطتين $(0~;~15{,}9~\mathrm{mmol})$ و $(4~\mathrm{min}~;~39{,}7~\mathrm{mmol})$ :

v(3~\mathrm{min}) = \frac{39{,}7 - 15{,}9}{4 - 0} = 5{,}95~\mathrm{mmol \cdot min^{-1}}

v(3~\mathrm{min}) \approx 5{,}9 \times 10^{-3}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}

التمرين الثاني (بكالوريا 2014 — شعبة علوم تجريبية)

متوسط

نضع في بيشر حجما $V_0 = 250~\mathrm{mL}$ من مادة مطهرة تحتوي على ثنائي اليود $\ce{I2}$ تركيزه المولي $C_0 = 2{,}0 \times 10^{-2}~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ثم نضيف إليه عند اللحظة $t = 0$ ، وفي درجة حرارة ثابتة، قطعة من معدن الزنك $\ce{Zn}$ كتلتها $m = 0{,}5~\mathrm{g}$ . ننمذج التحول الكيميائي البطيء والتام الحادث بين ثنائي اليود والزنك بالمعادلة:

\ce{Zn(s) + I2(aq) = Zn^{2+}(aq) + 2I^-(aq)}

سمحت المتابعة الزمنية لهذا التحول، عن طريق قياس الناقلية النوعية $\sigma$ للمزيج التفاعلي في لحظات مختلفة، بالحصول على جدول القياسات التالي (نعتبر حجم المزيج ثابتا ويساوي $V_0$ ):

$t~(10^{2}~\mathrm{s})$	0	1	2	4	6	8	10	12	14	16
$\sigma~(\mathrm{S \cdot m^{-1}})$	0	0,18	0,26	0,38	0,45	0,49	0,50	0,51	0,52	0,52
$x~(\mathrm{mmol})$

حدّد الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في التفاعل.

اشرح لماذا يمكن متابعة هذا التحول عن طريق قياس الناقلية النوعية.

احسب كمية المادة الابتدائية لكل من المتفاعلين.

أنجز جدول تقدم التفاعل، ثم حدّد المتفاعل المحد وقيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

اكتب عبارة التقدم $x$ بدلالة الناقلية النوعية $\sigma$ للمزيج التفاعلي.

أكمل جدول القياسات.

ارسم المنحنى $x = f(t)$ .

عرّف زمن نصف التفاعل، ثم عيّن قيمته بيانيا.

احسب سرعة التفاعل عند اللحظة $t = 400~\mathrm{s}$ .

يُعطى:

\lambda(\ce{I^-}) = 7{,}7~\mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}~~;~~\lambda(\ce{Zn^{2+}}) = 10{,}56~\mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}~~;~~M(\ce{Zn}) = 65{,}4~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$t_{1/2}\ (s)$
القيمة

عرض الحل

الثنائيتان (Ox/Red):

(\ce{I2}/\ce{I^-})~~;~~(\ce{Zn^{2+}}/\ce{Zn})

\ce{Zn(s) = Zn^{2+}(aq) + 2e^-}~~~~;~~~~\ce{I2(aq) + 2e^- = 2I^-(aq)}

إمكانية المتابعة عن طريق قياس الناقلية:

المزيج الابتدائي لا يحتوي على شوارد (ثنائي اليود والزنك غير شارديين، $\sigma_0 = 0$ )، ويتشكل خلال التحول شوارد $\ce{Zn^{2+}}$ و $\ce{I^-}$ يزداد تركيزها مع تقدم التفاعل، فتزداد الناقلية النوعية للمزيج. إذن قياس $\sigma$ يسمح بمعرفة التقدم $x$ .

كمية المادة الابتدائية للمتفاعلين:

n_0(\ce{I2}) = C_0 \cdot V_0 = 2{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}250 = 5{,}0 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}~~;~~n_0(\ce{Zn}) = \frac{0{,}5}{65{,}4} = 7{,}65 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

جدول التقدم (كميات المادة بـ mmol):

\ce{Zn + I2 = Zn^{2+} + 2I^-}

الحالة	التقدم	$\ce{Zn}$	$\ce{I2}$	$\ce{Zn^{2+}}$	$\ce{I^-}$
ابتدائية	$0$	$7{,}65$	$5{,}0$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$7{,}65 - x$	$5{,}0 - x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_{max}$	$7{,}65 - x_{max}$	$5{,}0 - x_{max}$	$x_{max}$	$2x_{max}$

كمية ثنائي اليود ( $5{,}0~\mathrm{mmol}$ ) أصغر من كمية الزنك ( $7{,}65~\mathrm{mmol}$ ) والمعاملان متساويان، إذن ثنائي اليود هو المتفاعل المحد:

x_{max} = 5{,}0 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

عبارة التقدم بدلالة $\sigma$ :

\sigma = \lambda(\ce{Zn^{2+}})[\ce{Zn^{2+}}] + \lambda(\ce{I^-})[\ce{I^-}] = \lambda(\ce{Zn^{2+}}) \frac{x}{V_0} + \lambda(\ce{I^-}) \frac{2x}{V_0} = \frac{\lambda(\ce{Zn^{2+}}) + 2\lambda(\ce{I^-})}{V_0} \cdot x

x = \frac{V_0}{\lambda(\ce{Zn^{2+}}) + 2\lambda(\ce{I^-})} \cdot \sigma

تطبيق عددي: $\lambda(\ce{Zn^{2+}}) + 2\lambda(\ce{I^-}) = 25{,}96 \times 10^{-3}~\mathrm{S \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ و $V_0 = 2{,}5 \times 10^{-4}~\mathrm{m^3}$ :

x = 9{,}63 \times 10^{-3} \cdot \sigma~~(\mathrm{mol})~~~~\Rightarrow~~~~x~(\mathrm{mmol}) = 9{,}63 \cdot \sigma~(\mathrm{S \cdot m^{-1}})

إكمال جدول القياسات:

$t~(10^{2}~\mathrm{s})$	0	1	2	4	6	8	10	12	14	16
$\sigma~(\mathrm{S \cdot m^{-1}})$	0	0,18	0,26	0,38	0,45	0,49	0,50	0,51	0,52	0,52
$x~(\mathrm{mmol})$	0	1,73	2,50	3,66	4,33	4,72	4,82	4,91	5,01	5,01

نلاحظ أن $x_f \approx 5{,}0~\mathrm{mmol} = x_{max}$ : التفاعل تام، ويتفق ذلك مع جدول التقدم.

المنحنى $x = f(t)$ :

المنحنى x = f(t) — حل التمرين الثاني

زمن نصف التفاعل:

هو الزمن اللازم لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2}) = \frac{x_{max}}{2} = 2{,}5~\mathrm{mmol}$ (يوافق $\sigma = 0{,}26~\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ ). بالإسقاط على المنحنى:

t_{1/2} = 200~\mathrm{s}

سرعة التفاعل عند $t = 400~\mathrm{s}$ :

المماس عند $t = 400~\mathrm{s}$ يمر بالنقطتين $(0~;~1{,}83~\mathrm{mmol})$ و $(800~\mathrm{s}~;~5{,}49~\mathrm{mmol})$ :

v = \frac{dx}{dt} = \frac{5{,}49 - 1{,}83}{800 - 0} = 4{,}6 \times 10^{-3}~\mathrm{mmol \cdot s^{-1}}

v(400~\mathrm{s}) \approx 4{,}6 \times 10^{-6}~\mathrm{mol \cdot s^{-1}}

التمرين الثالث (بكالوريا 2011)

متوسط

نمزج عند اللحظة $t = 0$ حجما $V_1 = 40~\mathrm{mL}$ من محلول ثنائي كرومات البوتاسيوم $\ce{(2K^+ + Cr2O7^{2-})(aq)}$ تركيزه المولي $C_1 = 0{,}2~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، مع حجم $V_2 = 60~\mathrm{mL}$ من محلول حمض الأكساليك $\ce{H2C2O4}$ تركيزه المولي $C_2$ مجهول، بوجود وفرة من حمض الكبريت المركز.

يمثل البيان (الشكل 1‏) تغيرات كمية مادة شوارد الكروم $\ce{Cr^{3+}}$ المتشكلة بدلالة الزمن.

الشكل 1 — التمرين 3

اكتب معادلة التفاعل المنمذج للتحول الحادث، علما أن الثنائيتين الداخلتين فيه هما: $(\ce{Cr2O7^{2-}}/\ce{Cr^{3+}})$ و $(\ce{CO2}/\ce{H2C2O4})$ .

أنجز جدول تقدم التفاعل.

اعتمادا على البيان، جد:

التقدم النهائي $x_f$ .

التركيز المولي $C_2$ لمحلول حمض الأكساليك، بعد أن تبيّن أنه المتفاعل المحد (التفاعل تام).

تركيب المزيج (بكميات المادة) عند اللحظة $t = 10~\mathrm{min}$ .

زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

احسب سرعة تشكّل شوارد $\ce{Cr^{3+}}$ عند اللحظة $t = 20~\mathrm{min}$ ، ثم استنتج سرعة التفاعل عند نفس اللحظة.

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_f\ (mmol)$	$C_2\ (mol/L)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

معادلة التفاعل:

\ce{Cr2O7^{2-}(aq) + 14H3O^+(aq) + 6e^- = 2Cr^{3+}(aq) + 21H2O(l)}

3 \times (\ce{H2C2O4(aq) + 2H2O(l) = 2CO2(g) + 2H3O^+(aq) + 2e^-})

\ce{Cr2O7^{2-}(aq) + 3H2C2O4(aq) + 8H3O^+(aq) = 2Cr^{3+}(aq) + 6CO2(g) + 15H2O(l)}

جدول التقدم (كميات المادة بـ mmol):

$n_0(\ce{Cr2O7^{2-}}) = C_1 V_1 = 0{,}2 \times 40 = 8~\mathrm{mmol}$ ؛ $n_0(\ce{H2C2O4}) = C_2 V_2 = n_2$ ؛ $\ce{H3O^+}$ بوفرة.

\ce{Cr2O7^{2-} + 3H2C2O4 + 8H3O^+ = 2Cr^{3+} + 6CO2 + 15H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{Cr2O7^{2-}}$	$\ce{H2C2O4}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Cr^{3+}}$	$\ce{CO2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$8$	$n_2$	بوفرة	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$8 - x$	$n_2 - 3x$	بوفرة	$2x$	$6x$	بوفرة
نهائية	$x_f$	$8 - x_f$	$n_2 - 3x_f$	بوفرة	$2x_f$	$6x_f$	بوفرة

التقدم النهائي:

من البيان: $n_f(\ce{Cr^{3+}}) = 4~\mathrm{mmol} = 2x_f$ :

x_f = 2~\mathrm{mmol}

التركيز $C_2$ :

حمض الأكساليك محد والتفاعل تام: $n_2 - 3x_f = 0$ ومنه $n_2 = 3 \times 2 = 6~\mathrm{mmol}$ :

C_2 = \frac{n_2}{V_2} = \frac{6 \times 10^{-3}}{60 \times 10^{-3}}

C_2 = 0{,}1~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

تركيب المزيج عند $t = 10~\mathrm{min}$ :

نقرأ $n(\ce{Cr^{3+}}) = 3~\mathrm{mmol}$ ومنه $x = 1{,}5~\mathrm{mmol}$ :

n(\ce{Cr2O7^{2-}}) = 6{,}5~\mathrm{mmol}~;~n(\ce{H2C2O4}) = 6 - 4{,}5 = 1{,}5~\mathrm{mmol}~;~n(\ce{Cr^{3+}}) = 3~\mathrm{mmol}~;~n(\ce{CO2}) = 9~\mathrm{mmol}

زمن نصف التفاعل:

$x(t_{1/2}) = \frac{x_f}{2} = 1~\mathrm{mmol}$ أي $n(\ce{Cr^{3+}}) = 2~\mathrm{mmol}$ . بالإسقاط على البيان:

t_{1/2} = 5~\mathrm{min}

الشكل 1 — حل التمرين الثالث

سرعة تشكّل $\ce{Cr^{3+}}$ وسرعة التفاعل عند $t = 20~\mathrm{min}$ :

المماس عند $t = 20~\mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0~;~3{,}06~\mathrm{mmol})$ و $(40~\mathrm{min}~;~4{,}44~\mathrm{mmol})$ :

v(\ce{Cr^{3+}}) = \frac{dn(\ce{Cr^{3+}})}{dt} = \frac{4{,}44 - 3{,}06}{40} = 3{,}45 \times 10^{-2}~\mathrm{mmol \cdot min^{-1}}

v(\ce{Cr^{3+}}) \approx 3{,}5 \times 10^{-5}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}

ومن جدول التقدم $n(\ce{Cr^{3+}}) = 2x$ :

v = \frac{dx}{dt} = \frac{1}{2} \cdot \frac{dn(\ce{Cr^{3+}})}{dt}

v(20~\mathrm{min}) \approx 1{,}7 \times 10^{-5}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}

التمرين الرابع (بكالوريا 2009 — شعبة رياضيات)

متوسط

نريد دراسة تطور التحول الكيميائي الحاصل بين شوارد البيروكسوديكبريتات $\ce{S2O8^{2-}}$ وشوارد اليود $\ce{I^-}$ في درجة حرارة ثابتة. لهذا الغرض نمزج عند اللحظة $t = 0$ حجما $V_1 = 50~\mathrm{mL}$ من محلول $(S_1)$ لبيروكسوديكبريتات البوتاسيوم $\ce{(2K^+ + S2O8^{2-})(aq)}$ تركيزه المولي $C_1 = 2 \times 10^{-1}~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، مع حجم $V_2 = 50~\mathrm{mL}$ من محلول $(S_2)$ ليود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)(aq)}$ تركيزه المولي $C_2 = 1~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . ننمذج التحول الحادث بالمعادلة:

\ce{2I^-(aq) + S2O8^{2-}(aq) = I2(aq) + 2SO4^{2-}(aq)}

نتابع تغيرات كمية مادة شوارد $\ce{S2O8^{2-}}$ المتبقية في الوسط التفاعلي في لحظات مختلفة، فنحصل على البيان الممثل في الشكل 1.

الشكل 1 — التمرين 4

حدّد الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في التفاعل.

أنجز جدول تقدم التفاعل.

حدّد المتفاعل المحد، علما أن التفاعل تام.

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ ، ثم استنتج قيمته بيانيا.

جد التراكيز المولية للأنواع الكيميائية المتواجدة في الوسط التفاعلي عند اللحظة $t_{1/2}$ .

احسب السرعة الحجمية لاختفاء شوارد $\ce{S2O8^{2-}}$ عند اللحظة $t = 10~\mathrm{min}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$t_{1/2}\ (min)$	$[I^-](t_{1/2})\ (mol/L)$
القيمة

عرض الحل

الثنائيتان (Ox/Red):

(\ce{S2O8^{2-}}/\ce{SO4^{2-}})~~;~~(\ce{I2}/\ce{I^-})

جدول التقدم (كميات المادة بـ mmol):

n_0(\ce{S2O8^{2-}}) = C_1 V_1 = 0{,}2 \times 50 = 10~\mathrm{mmol}~~;~~n_0(\ce{I^-}) = C_2 V_2 = 1 \times 50 = 50~\mathrm{mmol}

\ce{2I^- + S2O8^{2-} = I2 + 2SO4^{2-}}

الحالة	التقدم	$\ce{I^-}$	$\ce{S2O8^{2-}}$	$\ce{I2}$	$\ce{SO4^{2-}}$
ابتدائية	$0$	$50$	$10$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$50 - 2x$	$10 - x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_{max}$	$50 - 2x_{max}$	$10 - x_{max}$	$x_{max}$	$2x_{max}$

المتفاعل المحد:

$50 - 2x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 25~\mathrm{mmol}$ ؛ $10 - x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 10~\mathrm{mmol}$ . نأخذ القيمة الصغرى، ويؤكد البيان ذلك ( $n(\ce{S2O8^{2-}})$ يؤول إلى الصفر):

المتفاعل المحد هو $\ce{S2O8^{2-}}$ ، و:

x_{max} = 10~\mathrm{mmol}

زمن نصف التفاعل:

هو الزمن اللازم لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $x = 5~\mathrm{mmol}$ ، أي $n(\ce{S2O8^{2-}}) = 10 - 5 = 5~\mathrm{mmol}$ . بالإسقاط:

t_{1/2} = 17{,}5~\mathrm{min}

الشكل 1 — حل التمرين الرابع

التراكيز المولية عند $t_{1/2}$ ( $x = 5~\mathrm{mmol}$ ، $V = V_1 + V_2 = 100~\mathrm{mL}$ ):

[\ce{S2O8^{2-}}] = \frac{5}{100} = 0{,}05~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}~~;~~[\ce{I^-}] = \frac{50 - 10}{100} = 0{,}40~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

[\ce{I2}] = \frac{5}{100} = 0{,}05~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}~~;~~[\ce{SO4^{2-}}] = \frac{10}{100} = 0{,}10~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}~~;~~[\ce{K^+}] = \frac{2 \times 10 + 50}{100} = 0{,}70~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

السرعة الحجمية لاختفاء $\ce{S2O8^{2-}}$ عند $t = 10~\mathrm{min}$ :

v_{vol}(\ce{S2O8^{2-}}) = -\frac{1}{V} \cdot \frac{dn(\ce{S2O8^{2-}})}{dt}

المماس عند $t = 10~\mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0~;~9{,}4~\mathrm{mmol})$ و $(35{,}2~\mathrm{min}~;~0)$ :

\frac{dn(\ce{S2O8^{2-}})}{dt} = \frac{0 - 9{,}4}{35{,}2} = -0{,}267~\mathrm{mmol \cdot min^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{0{,}267}{0{,}1}

v_{vol}(10~\mathrm{min}) \approx 2{,}7 \times 10^{-3}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

التمرين الخامس (بكالوريا 2013 — شعبة رياضيات)

متوسط

لمتابعة تطور تفاعل حمض الأكساليك $\ce{H2C2O4}$ مع شوارد ثنائي الكرومات $\ce{Cr2O7^{2-}}$ في الدرجة $20~\mathrm{°C}$ ، نمزج عند اللحظة $t = 0$ حجما $V_1 = 50~\mathrm{mL}$ من محلول حمض الأكساليك تركيزه المولي $C_1 = 12~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، مع حجم $V_2 = 50~\mathrm{mL}$ من محلول ثنائي كرومات البوتاسيوم $\ce{(2K^+ + Cr2O7^{2-})(aq)}$ تركيزه المولي $C_2 = 16~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، بوجود وفرة من حمض الكبريت المركز. ننمذج التحول الحادث بالمعادلة:

\ce{3H2C2O4(aq) + Cr2O7^{2-}(aq) + 8H3O^+(aq) = 2Cr^{3+}(aq) + 6CO2(aq) + 15H2O(l)}

يمثل البيان (الشكل 1‏) تغيرات التركيز المولي لحمض الأكساليك بدلالة الزمن.

الشكل 1 — التمرين 5

حدّد الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في التفاعل.

أنجز جدول تقدم التفاعل، ثم حدّد المتفاعل المحد.

عرّف زمن نصف التفاعل، وعيّن قيمته بيانيا.

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل.

بيّن أن عبارة السرعة الحجمية للتفاعل تُعطى بالعلاقة:

v_{vol} = -\frac{1}{3} \times \frac{d[\ce{H2C2O4}]}{dt}

احسب قيمة السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة $t = 4~\mathrm{min}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

الثنائيتان (Ox/Red):

(\ce{Cr2O7^{2-}}/\ce{Cr^{3+}})~~;~~(\ce{CO2}/\ce{H2C2O4})

جدول التقدم والمتفاعل المحد (كميات المادة بـ mmol):

n_0(\ce{H2C2O4}) = C_1 V_1 = 12 \times 0{,}05 = 0{,}6~\mathrm{mmol}~~;~~n_0(\ce{Cr2O7^{2-}}) = C_2 V_2 = 16 \times 0{,}05 = 0{,}8~\mathrm{mmol}

\ce{3H2C2O4 + Cr2O7^{2-} + 8H3O^+ = 2Cr^{3+} + 6CO2 + 15H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{H2C2O4}$	$\ce{Cr2O7^{2-}}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Cr^{3+}}$	$\ce{CO2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$0{,}6$	$0{,}8$	بوفرة	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$0{,}6 - 3x$	$0{,}8 - x$	بوفرة	$2x$	$6x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$0{,}6 - 3x_{max}$	$0{,}8 - x_{max}$	بوفرة	$2x_{max}$	$6x_{max}$	بوفرة

$0{,}6 - 3x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 0{,}2~\mathrm{mmol}$ ؛ $0{,}8 - x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 0{,}8~\mathrm{mmol}$ . القيمة الصغرى:

المتفاعل المحد هو حمض الأكساليك $\ce{H2C2O4}$ ، و:

x_{max} = 0{,}2~\mathrm{mmol}

(يتفق ذلك مع البيان: $[\ce{H2C2O4}]_0 = \frac{0{,}6}{0{,}1} = 6~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، ويؤول التركيز إلى الصفر.)

زمن نصف التفاعل:

هو الزمن اللازم لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية، أي لاستهلاك نصف حمض الأكساليك (المتفاعل المحد): $[\ce{H2C2O4}](t_{1/2}) = 3~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ . بالإسقاط:

t_{1/2} \approx 5{,}6~\mathrm{min}

الشكل 1 — حل التمرين الخامس

تعريف السرعة الحجمية للتفاعل:

هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم من المزيج التفاعلي: $v_{vol} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt}$ ، وحدتها $\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}$ .

إثبات العبارة:

من جدول التقدم: $[\ce{H2C2O4}] = \frac{n_0 - 3x}{V}$ ومنه $\frac{d[\ce{H2C2O4}]}{dt} = -\frac{3}{V} \cdot \frac{dx}{dt}$ ، إذن:

v_{vol} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt} = -\frac{1}{3} \times \frac{d[\ce{H2C2O4}]}{dt}

السرعة الحجمية عند $t = 4~\mathrm{min}$ :

المماس عند $t = 4~\mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0~;~5{,}47~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$ و $(12{,}1~\mathrm{min}~;~0)$ :

\frac{d[\ce{H2C2O4}]}{dt} = \frac{0 - 5{,}47}{12{,}1} = -0{,}452~\mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{0{,}452}{3}

v_{vol}(4~\mathrm{min}) \approx 0{,}15~\mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}} = 1{,}5 \times 10^{-4}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

التمرين السادس (بكالوريا 2014 — شعبة رياضيات)

متوسط

من أجل المتابعة الزمنية للتحول الكيميائي بين كربونات الكالسيوم $\ce{CaCO3}$ الصلبة ومحلول حمض كلور الماء $\ce{(H3O^+ + Cl^-)(aq)}$ ، المنمذج بالمعادلة:

\ce{CaCO3(s) + 2H3O^+(aq) = Ca^{2+}(aq) + CO2(g) + 3H2O(l)}

نضع في دورق حجما $V$ من محلول حمض كلور الماء تركيزه المولي $C$ ، ونضيف إليه عند اللحظة $t = 0$ كتلة $m = 2~\mathrm{g}$ من كربونات الكالسيوم. يسمح تجهيز مناسب بقياس حجم غاز ثنائي أكسيد الكربون $V(\ce{CO2})$ المنطلق في لحظات مختلفة. عولجت النتائج المتحصل عليها ببرمجية مناسبة، فتحصلنا على المنحنيين البيانيين الممثلين في الشكلين 1 و 2.

الشكل 1 — التمرين 6

الشكل 2 — التمرين 6

أنجز جدول تقدم التفاعل.

أثبت أن التركيز المولي لشوارد الهيدرونيوم في المزيج عند كل لحظة يُعطى بالعلاقة:

[\ce{H3O^+}] = C - \frac{2V(\ce{CO2})}{V \cdot V_M}

بالاعتماد على منحنى الشكل 1، جد:

التركيز المولي الابتدائي $C$ لمحلول حمض كلور الماء، والحجم $V$ .

القيمة النهائية لتقدم التفاعل، ثم استنتج المتفاعل المحد.

ينقص منحنى الشكل 2 سلم الرسم الخاص بالتركيز المولي $[\ce{H3O^+}]$ .

حدّد السلم الناقص.

احسب السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة $t = 80~\mathrm{s}$ .

جد زمن نصف التفاعل، وبيّن أهميته.

يُعطى: الحجم المولي للغازات في شروط التجربة $V_M = 24~\mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ ، $M(\ce{CaCO3}) = 100~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$C\ (mmol/L)$	$V\ (L)$	$t_{1/2}\ (s)$
القيمة

عرض الحل

جدول التقدم (كميات المادة بـ mol):

n_0(\ce{CaCO3}) = \frac{m}{M} = \frac{2}{100} = 2 \times 10^{-2}~\mathrm{mol}

\ce{CaCO3 + 2H3O^+ = Ca^{2+} + CO2 + 3H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{CaCO3}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Ca^{2+}}$	$\ce{CO2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$2 \times 10^{-2}$	$C V$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$2 \times 10^{-2} - x$	$C V - 2x$	$x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_f$	$2 \times 10^{-2} - x_f$	$C V - 2x_f$	$x_f$	$x_f$	بوفرة

إثبات عبارة $[\ce{H3O^+}]$ :

من جدول التقدم $[\ce{H3O^+}] = \frac{C V - 2x}{V} = C - \frac{2x}{V}$ ، و $x = n(\ce{CO2}) = \frac{V(\ce{CO2})}{V_M}$ ، إذن:

[\ce{H3O^+}] = C - \frac{2V(\ce{CO2})}{V \cdot V_M}

التركيز $C$ والحجم $V$ :

منحنى الشكل 1 خط مستقيم معادلته $[\ce{H3O^+}] = a \cdot V(\ce{CO2}) + b$ . عند $V(\ce{CO2}) = 0$ :

C = b = 10~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}} = 1{,}0 \times 10^{-2}~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

الميل: المستقيم يمر بالنقطتين $(0~;~10~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$ و $(120~\mathrm{mL}~;~0)$ :

a = \frac{0 - 10 \times 10^{-3}}{0{,}120} = -8{,}33 \times 10^{-2}~\mathrm{mol \cdot L^{-2}}~~;~~a = -\frac{2}{V \cdot V_M}~~\Rightarrow~~V = \frac{2}{24 \times 8{,}33 \times 10^{-2}}

V = 1{,}0~\mathrm{L}

القيمة النهائية للتقدم والمتفاعل المحد:

يتوقف المنحنى عند $V_f(\ce{CO2}) = 120~\mathrm{mL}$ حيث ينعدم $[\ce{H3O^+}]$ :

x_f = \frac{V_f(\ce{CO2})}{V_M} = \frac{0{,}120}{24}

x_f = 5 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

$n_0(\ce{H3O^+}) = C V = 1{,}0 \times 10^{-2}~\mathrm{mol} = 2x_f$ : شوارد الهيدرونيوم استُهلكت كليا، بينما يبقى من كربونات الكالسيوم $2 \times 10^{-2} - 5 \times 10^{-3} = 1{,}5 \times 10^{-2}~\mathrm{mol}$ . إذن المتفاعل المحد هو $\ce{H3O^+}$ .

السلم الناقص:

عند $t = 0$ يكون $[\ce{H3O^+}] = C = 10~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، والمنحنى ينطلق من التدريجة الرئيسية الخامسة، إذن:

كل تدريجة رئيسية (تربيع كبير) على محور التراكيز توافق $2~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، وكل تدريجة صغيرة توافق $0{,}4~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ .

الشكل 2 (بعد إكمال السلم) — حل التمرين السادس

السرعة الحجمية عند $t = 80~\mathrm{s}$ :

من العلاقة $[\ce{H3O^+}] = C - \frac{2x}{V}$ :

v_{vol} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{d[\ce{H3O^+}]}{dt}

المماس عند $t = 80~\mathrm{s}$ يمر بالنقطتين $(0~;~6{,}8~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$ و $(198~\mathrm{s}~;~0)$ :

\frac{d[\ce{H3O^+}]}{dt} = \frac{0 - 6{,}8}{198} = -3{,}43 \times 10^{-2}~\mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{3{,}43 \times 10^{-2}}{2}

v_{vol}(80~\mathrm{s}) \approx 1{,}7 \times 10^{-5}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}

زمن نصف التفاعل وأهميته:

عند $t_{1/2}$ : $x = \frac{x_f}{2}$ أي $[\ce{H3O^+}] = C - \frac{x_f}{V} = 10 - 5 = 5~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ . بالإسقاط على الشكل 2:

t_{1/2} \approx 58~\mathrm{s}

أهميته: يسمح بتقدير المدة اللازمة لانتهاء التفاعل (ينتهي عمليا بعد بضعة أضعاف $t_{1/2}$ ، هنا حوالي $400~\mathrm{s}$ )، وبمقارنة سرعة تحولات مختلفة، وباختيار طريقة متابعة مناسبة (مدة القياس يجب أن تكون صغيرة أمام $t_{1/2}$ ).